高考数学一轮复习第五章第四节数列求和课时作业理新人教版

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优化探究高考数学一轮复习第五章第四节数列求和课时作业理新人教A版

【优化探究】2017届高考数学一轮复习第五章第四节数列求和课时作业理新人教A 版A 组考点能力演练1．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ，则S 2 014＝( ) A ．2×31 007－2 B ．2×31 007C.32 014－12 D.32 014＋12解析：由a n ＋2＝3a n 可得数列{a n }的奇数项与偶数项分别构成等比数列，所以S 2 014＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 013)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 014)＝1－31 0071－3＋31－31 0071－3＝(－2)×(1－31 007)＝2×31 007－2，故选择A.答案：A2．(2016·长沙质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 015的值为( )A ．2 015B ．2 013C ．1 008D ．1 007解析：因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2 015＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 014＋a 2 015)＝1 008，故选择C.答案：C3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，则该数列的前18项的和为( )A ．2 101B ．2 012C ．1 012D ．1 067解析：当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋1，即奇数项构成首项为1、公差为1的等差数列；当n 为偶数时，a n ＋2＝2a n ，即偶数项构成首项为2、公比为2的等比数列，所以该数列的前18项和为9＋9×82＋21－291－2＝45＋1 022＝1 067，故选择D.答案：D4．(2016·贵阳一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝4，S 4＝10，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前2 015项和为( )A.2 0142 015B.2 0152 016C.2 0162 015D.2 0172 016解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则a 4＝a 1＋3d ＝4，S 4＝4a 1＋6d ＝10，联立解得a 1＝d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ，1a n a n ＋1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前2 015项和为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 015－12 016＝1－12 016＝2 0152 016，故选择B.答案：B5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝nm ，S m ＝m n(m ，n ∈N *且m ≠n )，则下列各值中可以为S n ＋m 的值的是( )A ．2B ．3C ．4D.92解析：由已知，设S n ＝An 2＋Bn ，则⎩⎪⎨⎪⎧S n＝An 2＋Bn ＝nm ，S m＝Am 2＋Bm ＝mn⇒⎩⎪⎨⎪⎧An ＋B m ＝1，Am ＋B n ＝1.两式相减得B (m －n )＝0，故B ＝0，A ＝1mn .S m ＋n ＝A (m ＋n )2＝m ＋n2mn＝m 2＋n 2＋2mn mn >4mnmn＝4，故只有D 符合，故选D.答案：D6．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1－3n ，n 为偶数，2n －1，n 为奇数，则其前10项和为________．解析：依题意，注意到a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝1－28·221－22＝341，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＝5×－5－292＝－85，因此题中的数列的前10项和等于341－85＝256.答案：2567．数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2(n ∈N *)，设b n ＝1a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，则T n ＝________.解析：本题考查数列的前n 项和与通项间的关系、裂项相消法．依题意，当n ≥2时，a n＝n 2－(n －1)2＝2n －1；又a 1＝12＝2×1－1，因此a n ＝2n －1，b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，因此T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 答案：n2n ＋18．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)na n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________. 解析：依题意得，当n 是奇数时，a n ＋2－a n ＝1，即数列{a n }中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 59＝30×1＋30×292×1＝465；当n 是偶数时，a n ＋2＋a n ＝1，即数列{a n }中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 58＋a 60＝(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋…＋(a 58＋a 60)＝15.因此，该数列的前60项和S 60＝465＋15＝480.答案：4809．(2016·南昌模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n >0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3，得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0. 当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1，又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，所以a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1，而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－1n －11≤n ≤42n －7n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－－1n ]1≤n ≤4，n 2－6n ＋8n ≥5.10．(2016·石家庄一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *，λ≠－1)，且a 1,2a 2，a 3＋3为等差数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和．解：(1)法一：∵a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝λS n －1＋1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝λa n ，即a n ＋1＝(λ＋1)a n (n ≥2)，λ＋1≠0，又a 1＝1，a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，∴数列{a n }是以1为首项，公比为λ＋1的等比数列， ∴a 3＝(λ＋1)2，∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.法二：∵a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)，∴a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，a 3＝λS 2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1， ∴4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝S n －1＋1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝a n (n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又a 1＝1，a 2＝2，∴数列{a n }是以1为首项，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.(2)由(1)知，a n b n ＝(3n －2)×2n －1，设T n 为数列{a n b n }的前n 项和，∴T n ＝1×1＋4×21＋7×22＋…＋(3n －2)×2n －1，①∴2T n ＝1×21＋4×22＋7×23＋…＋(3n －5)×2n －1＋(3n －2)×2n.②①－②得，－T n ＝1×1＋3×21＋3×22＋…＋3×2n －1－(3n －2)×2n＝1＋3×2×1－2n －11－2－(3n －2)×2n，整理得：T n ＝(3n －5)×2n＋5.B 组高考题型专练1．(2015·高考天津卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意知q >0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)有c n ＝(2n －1)×2n －1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n，上述两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋ (2)－(2n －1)×2n＝2n ＋1－3－(2n －1)×2n＝－(2n－3)×2n－3，所以，S n ＝(2n －3)×2n＋3，n ∈N *.2．(2015·高考全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3①，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3②. 由②－①可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即 2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n32n ＋3.3．(2014·高考浙江卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *，均有S k ≥S n .解：(1)由题意得a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6，知a 3＝(2)b 3－b 2＝8.又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)，所以数列{a n }的通项为a n ＝2n(n ∈N *)．所以a 1a 2a 3…a n ＝2n n ＋12＝(2)n (n ＋1)．故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)． (2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)，所以S n ＝12＋122＋…＋12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝1n ＋1－12n (n ∈N *)．②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0；当n ≥5时，c n ＝1n n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋12n －1，而n n ＋12n－n ＋1n ＋22n ＋1＝n ＋1n －22n ＋1>0，得n n ＋12n ≤5·5＋125<1，所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *恒有S 4≥S n ，故k ＝4.。

2022版高考数学一轮复习第五章数列第四讲数列求和学案含解析新人教版

(3)当 n≥2 时，
1
＝1
1－1 n－1 n＋1
.(
√
)
n2－1 2
(4)求数列 21n＋2n＋3 的前 n 项和可用分组求和．( √ ) [解析] (1)因为数列{an}为等比数列，且公比不等于 1.则其前 n 项和为 Sn＝a11－qn＝1－Βιβλιοθήκη a1－a1qn＝a1－an＋1.
1－q 1－q (2)因为 sin21°＋sin289°＝sin22°＋sin288°＝sin23°＋sin287°＝1，所以 sin21°＋sin22°＋sin23°
na1，q＝1，
Sn＝ a1－anq＝__a11－qn__，q≠1.
1－q
1－q
注意等比数列公比 q 的取值情况，要分 q＝1，q≠1.
知识点二分组求和法
一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和
法，分别求和后相加减．如若一个数列的奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，则可用分
2．(必修 5P61T4 改编)Sn＝12＋12＋38＋…＋2nn等于( B )
A．2n－n－1 2n
B．2n＋1－n－2 2n
C．2n－n＋1 2n
D．2n＋1－n＋2 2n
[解析] 由 Sn＝12＋222＋233＋…＋2nn①
得 12Sn＝212＋223＋…＋n－2n 1＋2nn＋1②
①－②得，
第四讲数列求和
知识梳理·双基自测
知识梳理
知识点一公式法求和
(1)如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前 n 项和
公式．
(2)等差数列的前
n 项和公式：Sn＝na1＋an＝__na1＋nn－1d__＝__dn2＋

2022届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和学案含解析新人教版

第四节数列求和热点命题分析学科核心素养本节是高考的热点，其中等差、等比数列的通项与求和、数列与不等式的综合、以数学文化为背景的数列题是高考命题的热点，多以解答题的形式呈现. 本节通过数列求和以与数列的综合应用提升考生的数学运算和逻辑推理核心素养.授课提示：对应学生用书第108页知识点数列前n 项和的求法 1．公式法(1)等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d .(2)等比数列的前n 项和公式 ①当q ＝1时，S n ＝na 1； ②当q ≠1时，S n ＝a 11－q n1－q＝a 1－a n q1－q.2．分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个能求和的数列，再求解． 3．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾假如干项． 4．倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． 5．错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． 6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，如此称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解． •温馨提醒• 二级结论1．常见的裂项公式 (1)1n n ＋1＝1n －1n ＋1.(2)12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .2．常见数列的求和公式 (1)12＋22＋32＋…＋n 2＝n n ＋12n ＋16.(2)13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋122.必明易错1．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n ＋1的式子应进展合并．2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项如此后剩多少项．1．在数列{a n }中，a n ＝1n n ＋1，假如{a n }的前n 项和为2 0192 020，如此项数n 为( )A ．2 016B ．2 017C ．2 018D ．2 019答案：D2．数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，如此其前n 项和关于n 的表达式为________．答案：n n ＋12＋1－12n 3．数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n ，如此S n ＝________. 答案：(n －1)2n ＋1＋24．(易错题)求1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1(x ≠0且x ≠1)的和．解析：设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，① 如此xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得：(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n ＝1－x n 1－x －nx n ，所以S n ＝1－x n 1－x 2－nx n1－x.授课提示：对应学生用书第109页题型一分组转化法求和合作探究[例] 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1,2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)假如数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1,2)，所以S 2a 1＝1＋2＝3，得a 1＝d ，又易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n,2a n ＝2n . 因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n＝2n－1＋2n，所以数列{b n}的前n项和T n＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n)＝n1＋2n－12＋21－2n1－2＝n2＋2n＋1－2.分组转化法求和的常见类型[对点训练](2021·某某质检)等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S4＝24，S7＝63.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)假如b n＝2a n＋a n，求数列{b n}的前n项和T n.答案：(1)a n＝2n＋1 (2)T n＝83(4n－1)＋n2＋2n题型二裂项相消法求和合作探究[例] 数列{a n}满足a1＝1, a2n＋2＝a n＋1(n∈N*)．(1)求证：数列{a2n}是等差数列，并求出{a n}的通项公式；(2)假如b n＝2a n＋a n＋1，求数列{b n}的前n项和．[解析] (1)证明：由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又由易得a n ＞0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.裂项相消法求和的实质和解题关键裂项相消法求和的实质是将数列中的通项分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的，其解题的关键就是准确裂项和消项．(1)裂项原如此：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止． (2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.[对点训练](2020·高考某某卷)数列{a n }，{b n }，{}满足a 1＝b 1＝c 1＝1，＝a n ＋1－a n ，＋1＝b nb n ＋2，n ∈N *.(1)假如{b n }为等比数列，公比q ＞0，且b 1＋b 2＝6b 3，求q 的值与数列{a n }的通项公式； (2)假如{b n }为等差数列，公差d ＞0，证明：c 1＋c 2＋c 3＋…＋＜1＋1d，n ∈N *.解析：(1)由b 1＋b 2＝6b 3，得1＋q ＝6q 2，解得q ＝12.由＋1＝4得＝4n －1. 由a n ＋1－a n＝4n －1，得a n ＝a 1＋1＋4＋…＋4n －2＝4n －1＋23.(2)证明：由＋1＝b nb n ＋2，得＝b 1b 2c 1b n b n ＋1＝1＋d d ⎝⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1，所以c 1＋c 2＋c 3＋…＋＝1＋d d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1b n ＋1，由b 1＝1，d ＞0，得b n ＋1＞0，因此c 1＋c 2＋c 3＋…＋＜1＋1d，n ∈N *. 题型三错位相减法求和合作探究[例](2020·高考全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝3a n －4n . (1)计算a 2，a 3，猜测{a n }的通项公式并加以证明； (2)求数列{2n a n }的前n 项和S n . [解析](1)a 2＝5，a 3a n ＝2n ＋1.证明：由可得a n ＋1－(2n ＋3)＝3[a n －(2n ＋1)]，a n －(2n ＋1)＝3[a n －1－(2n －1)]，…，a 2－5＝3(a 1－3)．因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得2n a n ＝(2n ＋1)2n ，所以S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n .① 从而2S n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)×2n ＋1.②①－②得－S n ＝3×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)×2n ＋1，所以S n ＝(2n －1)2n ＋1＋2.运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号.[对点训练](2021·某某市局部区联考)数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，且a 1＝1，a 3＋a 4＝12，b 1＝a 2，b 2＝a 5.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设＝(－1)n a n b n (n ∈N *)，求数列{}的前n 项和S n . 解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1＝1，a 3＋a 4＝12，所以2a 1＋5d ＝12，所以d ＝2，所以a n ＝2n －1.设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 1＝a 2，b 2＝a 5，所以b 1＝a 2＝3，b 2＝a 5＝9，所以q ＝3，所以b n ＝3n .(2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n ，所以＝(－1)n ·a n ·b n ＝(－1)n ·(2n －1)·3n ＝(2n －1)·(－3)n ，所以S n ＝1·(－3)＋3·(－3)2＋5·(－3)3＋…＋(2n －1)·(－3)n ，①所以－3S n ＝1·(－3)2＋3·(－3)3＋…＋(2n －3)·(－3)n ＋(2n －1)·(－3)n ＋1，② ①－②得，4S n ＝－3＋2·(－3)2＋2·(－3)3＋…＋2·(－3)n －(2n －1)·(－3)n ＋1 ＝－3＋2·－32[1－－3n －1]1＋3－(2n －1)·(－3)n ＋1＝32－4n －12·(－3)n ＋1. 所以S n ＝38－4n －18·(－3)n ＋1.数列求和中的核心素养数学运算——数列求和的创新交汇应用[例](2021·某某重点中学联考)设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3－a n x 2－a n ＋2x ＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }中满足a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，假如[x ]表示不超过x 的最大整数，如此⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝( ) A ．2 017 B ．2 018 C ．2 019D ．2 020解析：由题可知，f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2，如此f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0，即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0.a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，累加得a n ＝2n －1，故b n ＝n .如此2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋2 018b 2 018b 2 019＝2 018×⎝ ⎛⎭⎪⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝2 018×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017. 答案：A此题的关键是利用累加法求通项后，利用裂项相消法求和．[题组突破]1．(2021·某某摸底)定义n∑i ＝1nu i为n 个正数u 1，u 2，u 3，…，u n 的“快乐数〞．假如正项数列{a n }的前n 项的“快乐数〞为13n ＋1，如此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫36a n ＋2a n ＋1＋2的前2 019项和为( )A.2 0182 019 B ．2 0192 020C.2 0192 018D ．2 0191 010答案：B2．(2021·某某期末测试)我国古代数学名著《九章算术》中，有长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n.①第二步：将数列①的各项乘以n ，得到一个新数列a 1，a 2，a 3，…，a n ，如此a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝( )A ．n 2B ．(n －1)2C ．n (n －1)D ．n (n ＋1) 答案：C。

2022届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和课时规范练理含解析新人教版

第四节数列求和[A 组基础对点练]1．在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( )A ．100B ．110C ．120D ．130解析：{a n ＋a n ＋1}的前10项和为a 1＋a 2＋a 2＋a 3＋…＋a 10＋a 10＋a 11＝2(a 1＋a 2＋…＋a 10)＋a 11－a 1＝2S 10＋10×2＝120.答案：C2．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n －1.若该数列的前k 项之和等于9，则k ＝( )A ．80B ．81C ．79D ．82 解析：a n ＝1n ＋n －1＝n －n －1，故S n ＝n ，令S k ＝k ＝9，解得k ＝81.答案：B3．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A ．158或5B ．3116或5C ．3116D ．158解析：设{a n }的公比为q ，显然q ≠1，由题意得9（1－q 3）1－q ＝1－q 61－q，所以1＋q 3＝9，得q ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116. 答案：C4．(2020·某某某某模拟)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15解析：∵a n ＝(－1)n (3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.答案：A5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A ．100101B ．99101C ．99100D ．101100解析：由S 5＝5a 3及S 5＝15得a 3＝3， ∴d ＝＝1，a 1＝1，∴a n ＝n ，1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和T 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 答案：A6．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝ ⎛⎭⎪⎫15n，则其前20项和为( )A ．380－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1519B ．400－25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520C ．420－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520D ．440－45×⎝⎛⎭⎪⎫1－1520解析：令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2×(1＋2＋…＋20)－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋152＋…＋1520＝2×20×（20＋1）2－3×15×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15201－15＝420－34×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520. 答案：C7．已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋12n 的前n 项和，若m ＞T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A ．1 026B ．1 025C ．1 024D ．1 023解析：∵2n ＋12n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴T n ＝n ＋1－12n ， ∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210.又m ＞T 10＋1 013， ∴整数m 的最小值为1 024. 答案：C8．已知在正项等比数列{a n }中，a 1＝1，a 2a 4＝16，则|a 1－12|＋|a 2－12|＋…＋|a 8－12|＝( )A ．224B ．225C ．226D ．256解析：设正项等比数列{a n }的公比为q 且q ＞0，因为a 1＝1，a 2a 4＝16，所以q 4＝16，解得q ＝2，所以a n ＝1·2n －1＝2n －1，由2n －1≤12，解得n ≤4.所以|a 1－12|＋|a 2－12|＋…＋|a 8－12|＝12－a 1＋12－a 2＋12－a 3＋12－a 4＋a 5－12＋…＋a 8－12＝－2(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 1＋a 2＋…＋a 8) ＝－2×24－12－1＋28－12－1＝－2×(24－1)＋28－1＝225. 答案：B9．等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1. 又因为a 1＝1适合上式，所以a n ＝2n －1，所以a 2n ＝4n －1，所以数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以4为公比的等比数列，所以a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1·（1－4n ）1－4＝13(4n －1).答案：13(4n －1)10．已知数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，则其前n 项和关于n 的表达式为________．解析：设所求的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n （n ＋1）2－12n ＋1.答案：n （n ＋1）2－12n ＋1 11．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．解析：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n ). 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n ，故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2. 12．等差数列{a n }中，a 2＝8，S 6＝66. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2（n ＋1）a n，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，求T n .解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝8，S 6＝6a 1＋15d ＝66，解得a 1＝6，d ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋4.(2)因为b n ＝2（n ＋1）a n ＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2n ＋4.[B 组素养提升练]1．(2021·某某某某天河模拟)数列{a n }满足a 1＝1，对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝( )A ．9998B ．2C ．9950D ．99100解析：对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ，则a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋...＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋ (1)n （n ＋1）2，则1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫199－1100＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1100＝9950. 答案：C2．设函数f (x )＝12＋log 2x1－x ，定义S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ，其中n ∈N *，且n ≥2，则S n ＝________．解析：因为f (x )＋f (1－x )＝12＋log 2x 1－x ＋12＋log 21－xx＝1＋log 21＝1，所以2S n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＝n －1.所以S n ＝n －12. 答案：n －123．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＋1＝S n ＋a n ＋2，a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n a n＝(2)1＋a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)因为S n ＋1＝S n ＋a n ＋2，所以a n ＋1－a n ＝2，所以数列{a n }是公差为2的等差数列．因为a 1，a 2，a 5成等比数列，所以a 22＝a 1·a 5，所以(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋8)，解得a 1＝1，所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)因为数列{b n }满足b n a n＝(2)1＋a n ，所以b n ＝(2n －1)(2)1＋(2n －1)＝(2n －1)·2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ，所以2T n ＝2×2＋3×23＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)· 2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)·2n ＋1. 4．直线l n ：y ＝x －2n 与圆：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n ，B n ，n ∈N *.数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1（n 为奇数），a n （n 为偶数），求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)由题意知，圆的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ，圆的半径r n ＝2a n ＋n ，所以a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|A n B n |2＝r 2n －d 2n ＝2a n ＋n －n ＝2a n .又a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n )＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1) ＝n （n －1）2＋2（1－2n ）1－4＝n 2－n 2＋23(2n －1). 当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝（n ＋1）2－（n ＋1）2＋23(2n ＋1－1)＝n 2＋n 2＋23(2n ＋1－1).而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n ，所以T n ＝n 2＋n 2＋13(2n －2).综上，T n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2－n 2＋23（2n－1）（n 为偶数），n 2＋n 2＋13（2n－2）（n 为奇数）.。

高考数学一轮总复习第5章数列第4节数列求和课件理新人教版

2．若等比数列{an}满足 a1＋a4＝10，a2＋a5＝20，则{an}的前 n 项和 Sn＝________.
解析：由题意 a2＋a5＝q(a1＋a4)，得 20＝q×10，故 q＝2，代入 a1＋a4＝a1＋a1q3＝10，得 9a1＝10，即 a1＝190. 故 Sn＝19011－－22n＝190(2n－1)．答案：190(2n－1)
(2015·湖北高考)设等差数列{an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn，等比数列{bn}的公比为 q.已知 b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)当 d＞1 时，记 cn＝abnn，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
解析
[由题悟法]
bn＝3
an＋1 2
，求数列an＋2 1·bn的前
n
项和
Sn.
an＋1
解：由(1)可得 bn＝3 2 ＝3n，
所以an＋2 1·bn＝n·3n，
[即时应用]
已知等比数列{an}中，首项 a1＝3，公比 q＞1，且 3(an＋2 ＋an)－10an＋1＝0(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＋13an是首项为 1，公差为 2 的等差数列，求数列 {bn}的通项公式和前 n 项和 Sn.
解析
考点三错位相减法求和重点保分型考点——师生共研 [典例引领]
(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前 n 项和即可用错位相减法求解．
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}与首末两端等“距离” 的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前 n 项和即可用倒序相加法求解．

高考理科数学一轮复习课时提升作业：第5章 5.4《数列求和》(含答案)

(1)求和的通项公式.
(2)设cn=anbn,n∈N*,求数列的前n项和.
【解题提示】(1)设出公差d和公比q,列出关于q与d的方程组,通过解方程组求出q,d,即可确定通项.(2)用错位相减法求和.
【解析】(1)设的公比为q, 的公差为d,由题意q>0,由已知,有
消去d得q4-2q2-8=0,解得q=2, d=2,
=- ×2n-3,
所以Sn= 2n+3,n∈N*.
【易错警示】解答本题会出现以下错误:在用“错位相减”求和时对相减后的项处理不当,导致漏掉项或添加项.
【加固训练】设数列{bn}的前n项和为Sn,且bn=2-2Sn;数列{an}为等差数列,且a5=14,a7=20(n∈N*).
(1)求数列{bn}的通项公式.
=1- = .
3.(2016·日照模拟)已知数列{an}的通项公式是an= ,若前n项和为10,则项数n为 ( )
A.11B.99C.120D.121
【解析】选C.因为an= = - ,
所以Sn=a1+a2+…+an=( -1)+( - )+…+( - )= -1.
令 -1=10,得n=120.
4.已知数列{an}的通项公式是an=2n-3 ,则其前20项和为 ( )
【解析】因为a1= ,又an+1= + ,所以a2=1,从而a3= ,a4=1,即得an=
故数列的前2016项的和S2016=1008× =1512.
答案:1512
三、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2016·临沂模拟)已知等比数列满足an+1+an=4×3n-1 .
(1)求数列的通项公式.

2020届高考数学一轮复习第五篇数列第4节数列求和及综合应用课时作业理新人教A版

第4节数列求和及综合应用课时作业基础对点练(时间：30分钟)1．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )(A)1＋2n(B)2＋2n(C)n ＋2n －1(D)n ＋2＋2n C 解析：由题意令a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n－1，故选C.2．在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2，a 4＋2，a 5成等差数列，a 1＝2，S n 是数列{a n }的前n 项的和，则S 10－S 4＝( )(A)1 008 (B)2 016 (C)2 032(D)4 032B 解析：由题意知2(a 4＋2)＝a 2＋a 5，即2(2q 3＋2)＝2q ＋2q 4＝q (2q 3＋2)，得q ＝2，所以a n ＝2n，S 10＝－2101－2＝211－2＝2 046，S 4＝－241－2＝25－2＝30，所以S 10－S 4＝2 016，故选B.3．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，15＋25＋35＋45，…，那么数列{b n }＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为( )(A)4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1 (B)4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1(C)1－1n ＋1(D)12－1n ＋1A 解析：由题意知a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋3n ＋1＋…＋n n ＋1＝1＋2＋3…＋n n ＋1＝n 2，b n ＝1a n a n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以b 1＋b 2＋…＋b n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1.故选A. 4．(2019江西临川一中)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜t ，则实数t 的取值范围是( )(A)(13，＋∞)(B)[13，＋∞)(C)(23，＋∞)(D)[23，＋∞)D 解析：a 1＝2，n ≥2时，a 1a 2a 3…a n －1＝2(n －1)2，∴a n ＝22n －1(n ≥2)．∵当n ＝1时，也满足a n ＝22n －1.∴a n ＝22n －1(n ∈N *)．1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－14n1－14＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－14n＜23 ∴t ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞，故选D. 5．已知等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，其前n 项和为S n ，则S n 的最大值为( )(A)34 (B)23 (C)43(D)32D 解析：因为等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，所以S n ＝321－－12n1－－12＝1－－12n，当n 取偶数时，S n ＝1－12n<1；当n 取奇数时，S n ＝1＋12n ≤1＋12＝32.所以S n 的最大值为32.故选D.6．(2018江西师大附中检测)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 1，S 3，S 4成等差数列，则数列{a n }的公比为________．解析：设{a n }的公比为q ，由题意易知q ＞0且q ≠1，因为S 1，S 3，S 4成等差数列，所以2S 3＝S 1＋S 4，即2a 1－q 31－q＝a 1＋a 1－q 41－q，解得q ＝1＋52.答案：1＋527．现有一根n 节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm ，最下面的三节长度之和为114 cm ，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n＝________.解析：设自上而下每节竹竿的长度构成的等差数列为{a n }，由题意知，a 1＝10，a n ＋a n －1＋a n －2＝114，a 26＝a 1·a n . 所以3a n －1＝114，即a n －1＝38. (a 1＋5d )2＝a 1·(a n －1＋d )，所以(10＋5d )2＝10×(38＋d )，即5d 2＋18d －56＝0，解得d ＝2或d ＝－285(舍去)．所以a n －1＝10＋(n －2)×2＝2n ＋6＝38，所以n ＝16. 答案：168．数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －12＋a n －1，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：1a n ＝1a n －1＋12，则1a n ＝1a 1＋n －12＝n ＋12，{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1.答案：2n ＋19．已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，前n 项和为S n ，数列{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝64，b 3S 3＝960.(1)求a n 与b n ；(2)求和：1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n.解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，∵等差数列{a n }的各项均为正数，即a n ＞0，∴d ＞0，a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝qn －1，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 3b 3＝＋3d q 2＝960S 2b 2＝＋dq ＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2q ＝8，或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－65q ＝403(舍去)，故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1，(2)∵S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2)． ∴1S n ＝1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋...＋1S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋ (1)n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋3n ＋n ＋.10．已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2. (1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T ′n .解析：(1)设数列{x n }的公比为q ，由已知q ＞0. 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0. 因为q ＞0，所以q ＝2，x 1＝1，因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n－2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝n ＋n ＋2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2.①又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.②①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋－2n －11－2－(2n ＋1)×2n －1.所以T n ＝n －n＋12.能力提升练(时间：15分钟)11．已知函数y ＝log a (x －1)＋3(a ＞0，a ≠1)的图象所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第二项与第三项，若b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10＝( )(A)911 (B)1011 (C)1(D)1211B 解析：对数函数y ＝log a x 的图像过定点(1,0)，∴函数y ＝log a (x －1)＋3的图像过定点(2,3)，则a 2＝2，a 3＝3 ，故a n ＝n ，∴b n ＝1a n a n ＋1＝1n －1n ＋1，∴T 10＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1011，故选B.12．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n(n ∈N ＋)，则S 100＝________.解析：由a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n知a 2k ＋2－a 2k ＝2，a 2k ＋1－a 2k －1＝0，∴a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 2n －1＝1，数列{a 2k }是等差数列，a 2k ＝2k .∴S 100＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100)＝50＋(2＋4＋6＋…＋100)＝50＋＋2＝2 600.答案：2 60013．(2019蚌埠二中)已知等比数列{a n }的各项均为正数，S n 是其前n 项和，且满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，则S 4＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ＞0. ∵2S 3＝8a 1＋3a 2，∴2(a 1＋a 2＋a 3)＝8a 1＋3a 2，化为2a 3＝6a 1＋a 2，可得2a 1q 2＝6a 1＋a 1q ，即为2q 2－q －6＝0，解得q ＝2，又a 4＝16，可得a 1×23＝16，解得a 1＝2，则S 4＝－241－2＝30.答案：3014．已知数列{b n }是首项为b 1＝1，公差d ＝3的等差数列，b n ＝1－3log 2(2a n )(n ∈N *)． (1)求证：{a n }是等比数列；(2)若数列{c n }满足c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和S n . 解：(1)由题意，得b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.由b n ＝1－3log 2(2a n )，得3n －2＝1－3log 2(2a n )，则a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴a n a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12(n ≥2，n ∈N *)， ∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列．(2)由(1)知，c n ＝(3n －2)·(12)n (n ∈N *)，∴S n ＝1×12＋4×(12)2＋7×(12)3＋…＋(3n －5)×(12)n －1＋(3n －2)×(12)n，∴12S n ＝1×(12)2＋4×(12)3＋7×(12)4＋…＋(3n －5)×(12)n ＋(3n －2)×(12)n ＋1. 两式相减，得12S n ＝12＋3×[(12)2＋(12)3＋(12)4＋…＋(12)n ]－(3n －2)×(12)n ＋1.化简，得12S n ＝2－(3n ＋4)×(12)n ＋1，∴S n ＝4－(3n ＋4)(12)n (n ∈N *)15．(2019益阳4月)已知等差数列{a n }的公差为d ，且方程a 1x 2－dx －3＝0的两个根分别为－1,3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)由题知，⎩⎪⎨⎪⎧d a 1＝－1＋3，－3a 1＝－1×3，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)知，b n ＝2a n ＋2a n ＝22n －1＋2(2n －1)＝4n2＋4n －2，则S n ＝12×(4＋42＋43k ＋ (4))＋(2＋6＋10＋…＋4n －2)＝12×－4n1－4＋n＋4n －2＝4n ＋16＋2n 2－23. 16．(2019烟台二模)已知等比数列{a n }的前n 项和S n ＝λ·2n－2(λ≠0)． (1)求数列{a n }的通项； (2)令b n ＝2log 2a n ，c n ＝1b 2n －1，求数列{c n }的前n 项和T n . 解：(1)由已知得：a 1＝S 1＝2λ－2，a 2＝S 2－S 1＝4λ－2λ＝2λ， a 3＝S 3－S 2＝8λ－4λ＝4λ.因为{a n }为等比数列，所以a 22＝a 1a 3. 即4λ2＝(2λ－2)·4λ，解得λ＝2. 于是a 1＝2，公比q ＝a 2a 1＝2，a n ＝2n (n ∈N *)． (2)由(1)有b n ＝2log 2a n ＝2log 22n＝2n ，c n ＝1b 2n －1＝1n ＋n －＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1所以T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1。

2020版高考数学一轮复习第5章数列第4节数列求和教学案理(含解析)新人教A版(最新整理)

第四节数列求和[考纲传真］ 1.掌握等差、等比数列的前n项和公式.2。

掌握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法（1)等差数列的前n项和公式：S n＝错误!＝na＋错误!d;1（2)等比数列的前n项和公式：S n＝错误!2．几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法,分别求和而后相加减．(2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得前n项和．裂项时常用的三种变形：①错误!＝错误!－错误!;②错误!＝错误!错误!；③错误!＝错误!－错误!。

(3）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法:如果一个数列｛a n｝与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解．(5)并项求和法:一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n＝(－1）n f（n）类型，可采用两项合并求解．例如，S n＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝（100＋99）＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.[常用结论]常用求和公式(1）1＋2＋3＋4＋…＋n＝错误!。

(2）1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2。

(3）2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.（4）12＋22＋…＋n2＝n n＋12n＋16.［基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．（正确的打“√",错误的打“×”)(1)已知等差数列{a n｝的公差为d,则有错误!＝错误!错误!。

（）（2)当n≥2时，错误!＝错误!错误!.( ）（3）求S n＝a＋2a2＋3a3＋…＋na n之和时只要把上式等号两边同时乘以a即可根据错位相减法求得．( ）（4）如果数列｛a n｝是周期为k(k为大于1的正整数）的周期数列，那么S km＝mS k。

高考数学第五章第四节数列求和课时作业理新人教A

【全程复习方略】（广东专用）2014年高考数学第五章第四节数列求和课时作业理新人教A版一、选择题1.已知数列{a n},若点(n,a n)(n∈N*)在经过点(5,3)的定直线l上,则数列{a n}的前9项和S9= ( )(A)9 (B)10 (C)18 (D)272.数列{a n}的前n项和为S n,若a n=错误!未找到引用源。

,则S10等于( )(A)错误!未找到引用源。

(B)错误!未找到引用源。

(C)错误!未找到引用源。

(D)错误!未找到引用源。

3.在等差数列{a n}中,a9=错误!未找到引用源。

a12+6,则数列{a n}的前11项和S11等于( )(A)24 (B)48 (C)66 (D)1324.(2013·东莞模拟)已知数列{a n}的通项公式是a n=(-1)n(n+1),则a1+a2+a3+…+a10= ( )(A)-55 (B)-5 (C)5 (D)555.(2013·太原模拟)已知等差数列{a n}的公差d≠0,且a1,a3,a9成等比数列,则错误!未找到引用源。

= ( )(A)错误!未找到引用源。

(B)错误!未找到引用源。

(C)错误!未找到引用源。

(D)错误!未找到引用源。

6.数列{a n}的前n项和S n=3n+b(b是常数),若这个数列是等比数列,那么b为( ) (A)3 (B)0 (C)-1 (D)17.等差数列{a n}的前n项和为S n,已知a m-1+a m+1-错误!未找到引用源。

=0,S2m-1=38,则m= ( )(A)38 (B)20 (C)10 (D)98.(能力挑战题)数列{a n}的前n项和S n=2n-1,则错误!未找到引用源。

+错误!未找到引用源。

+…+错误!未找到引用源。

等于( )(A)(2n-1)2(B)错误!未找到引用源。

(2n-1)2(C)4n-1 (D)错误!未找到引用源。

(4n-1)二、填空题9.已知等差数列{a n}的前n项和为S n.若a3=20-a6,则S8等于.10.(2013·佛山模拟)在数列{a n}中,a1=1,a2=2,且a n+2-a n=1+(-1)n(n∈N*),则S100= .11.(2013·湛江模拟)在等差数列{a n}中,首项a1=0,公差d≠0,若a k=a1+a2+a3+…+a7,则k= .12.(2013·哈尔滨模拟)在数列{a n}中,若对任意的n均有a n+a n+1+a n+2为定值(n∈N*),且a7=2,a9=3,a98=4,则此数列{a n}的前100项的和S100= .三、解答题13.等差数列{a n}中,2a1+3a2=11,2a3=a2+a6-4,其前n项和为S n.(1)求数列{a n}的通项公式.(2)设数列{b n}满足b n=错误!未找到引用源。

高考数学一轮复习第五章数列第4课时数列的综合应用课时作业理新人教版

第4课时数列的综合应用1.2.(1) 审题一一仔细阅读材料，认真理解题意•(2) 建模一一将已知条件翻译成数学(数列)语言,将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求是什么•(3) 求解——求出该问题的数学解•(4) 还原一一将所求结果还原到原实际问题中•3.数列应用题常见模型(1) 等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差（2）等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.（3）递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n与a n+1的递推关系,还是S与S+1之间的递推关系•1.（教材改编）已知等差数列｛a n｝的公差为2,若a i, a s, a4成等比数列，则a2的值为（）.A. -4B. -6C. -8D. -102.已知数列｛a n｝是各项均为正数的等比数列，数列｛b n｝是等差数列，且a6=b7,则有（）.A. a s+a9< b4+b ioB. a s+a9> b4+b ioC. a3+&工b4+b10D. a3+a9与b4+bw的大小关系不确定3.（教材改编）有一种细菌和一种病毒,每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒（假设病毒不繁殖），问细菌将病毒全部杀死至少需要（）.A. 6秒钟B. 7 秒钟C. 8秒钟D. 9秒钟4.｛教材改幕一个凸參边形的内角成等差数列■苴屮最小的内甬为严公差为昙，则这个多边形的边数为36 -----------5.在数列仏｝中*对任恿口然数»6 N* .恒有⑷+血+…+ % = 2曲一1，则位1 + 柑;---------- 盘:= *♦两个区分在数列的实际应用中注意区分：①是等差数列还是等比数列问题.②是求数列的通项a n,还是求S或者求n.♦三种思想（1）数列与函数方程相结合时主要考查函数的思想及函数的性质（多为单调性）.（2）数列与不等式结合时需注意放缩.（3）数列与解析几何结合时要注意递推思想.考点透析考向一等差数列与等比数列的综合应用例1 (2013 •石家庄市质检二)已知数列｛a n｝为公差不为零的等差数列，a i=1,各项均为正数的等比数列｛b n｝的第1项、第3项、第5项分别是a i, a3, a2i.(1) 求数列｛a n｝与｛b n｝的通项公式；(2) 求数列｛a n b n｝的前n项和S【审题视点】由等比中项建立d的关系，利用错位相减法求S.【方法总结】对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n项和;分析等差、等比数列项之间的关系，往往用到转化与化归的思想方法.1. (2013 •山西模拟)已知数列｛a n｝是公差不为零的等差数列，a1=2,且a?®, a*成等比数列(1)求数列｛a n｝的通项公式；⑵求数列的前n项和.考向二数列的实际应用例2 (2013 •长沙重点中学联考)为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干年更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，更换的新车为电力型车和混合动力型车•今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆,计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%,混合动力型车每年比上一年多投入a辆.(1)求经过n年，该市被更换的公交车总数S(n);（2）若该市计划用7年的时间完成全部更换,求a的最小值.【审题视点】把电力车混合型车分别看作等比数列和等差数列来求解【方法总结】解等差、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题，使关系明朗化、标准化•然后用等差、等比数列知识求解•这其中体现了把实际问题数学化的能力，也就是所谓的数学建模能力•变式训练2. （2013 •武汉调研）为了缓解城市道路拥堵的局面，某市拟提高中心城区内占道停车场的收费标准，并实行累进加价收费•已公布的征求意见稿是这么叙述此收费标准的：“（中心城区占道停车场）收费标准为每小时10元，并实行累进加价制度，占道停放1小时后，每小时按加价50%攵费.”方案公布后，这则“累进加价”的算法却在媒体上引发了争议•请你用所学的数学知识说明争议的原因，并请按照一辆普通小汽车一天内连续停车14个小时计算，则根据不同的解释，收费各应为多少元？考向三数列与其他知识的综合应用■W(2<H3 •潍坊适应性训练〉已知函数/©) = Q—K(x)=4(r-1>,数列｛仏｝是各项均不为0的等差数列■其前卅项和为S-点<竝+ l・S”i〉在函数fS的圈象上军数列仏｝满足妬=2心H1*且(6—如i八啊')・(1)求j并证明数列｛久一1｝是零比数列*(刀若数列满足u =叶.；z _i厂求证“I + “ + c H c, <3.【审题视点】点在函数图象上•寻找弘与S叶】的类推关系再转化为虬旳与加的关系•根据定哭证明等比数列，利用错位相城法求和.【方法总结】1.数列与函数的综合问题：一般是通过研究函数的性质、图象进而解决数列问题^2.数列与不等式的综合问题：(1) 以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解(2) 以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，有时利用放缩法证明.3- (2013・广东惠州一模>已知函数= 寻厂数列(业} 的前川项和为S「点(n.S.XtteN* )均在函数，=/(2的图象匕0)求数列{①〉的通项公式盘"(2)令九=岛•求数列仏}的前畀项和几；⑶令G,=—仝匕-证明t2»<Ci + £i + "-+f1B<2n4-寺.—41 令/典例(2014 •天津)已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M=0,1,2,…,q-1},集合A={x|x=x，n}.i+X2q+…+x n q n-1, X i € M i= 1,2,…(1)当q=2, n=3时，用列举法表示集合A.⑵设s, t € As=a+a2q+…+&q n-1, t=b1+bq+…+b n q n-1,其中a i,b€ Mi=1,2,…，n.证明：若a n<b,贝U s<t. 【解题指南】第⑴问用列举法，第⑵问通过放缩比较大小.【解】（1）步Q = 2•打=3时歩M= W ・1几八=«工|龙=口 +曲 ■I -2 十孔• 2?,J\6M,r= 1,2.3 ｝,^T 得?1= <0,1,2^3.4 t 5*6 , | 7｝.|（2）由 5»fG A-5 = U L +«Z Q +…+ 口凶"・1 * t = h 、+ f 也 q+ …+阳⑷仏E /WM=1.并…uf 心V 可得| »!is — t =Cai — by ） + （ aj 一如〉y +…+ （ u rt -j —札一、）qN-zI+（恥一亿）于TjM 乓冷一1） +冷一1）#+小+ 9—］）才弋一护一| j一g —i 》（i 一厂）.T i- i-Q 『 |= -l<0, i■I 所以；fVh1 ! I1. （2014 •陕西）△ ABC 勺内角A B, C 所对的边分别为 a , b , c. （1）若 a , b , c 成等差数列，求证:sin A+sin C=2sin （ A+C ； ⑵若a , b , c 成等比数列，且c=2a ,求cos B 的值.2. (2014 •湖北)已知等差数列｛a n ｝满足：a=2,且a, a 2, a 5成等比数列. (1)求数列｛a n ｝的通项公式•⑵记S 为数列｛a n ｝的前n 项和，是否存在正整数n ,使得S>60n+800?若存在,求n 的最小值；若不存在，说明理由•参考答案与解析因为所以〃 =4・所以山” =1 n — 3. 所以 b 、— 1,63 = 9,65 =81. 因为｛久｝的各项均为正数- 所以q = 3- 所以妇=3・T .C2)由(1) ■可得久孔=3・-丄(4議一3)・所以 £ = 3° + 5XR+9X¥ ---------------- (4«-7)X3,1_2 + C4ij-3)X3fl_1 , 3S,r =3] +5X32+9X3H --------------- (4w —7) X3"_I + (4y-3) X 3W ,两式相减•得~2S n = 1 +4 X 3十4 X 3?+4X3) -------------- 4 X S 1*-1 — (4n —3) X 3打= l+4C3+3a +33 ------------- 3H ~,)-(4n-3)X3n= <5-4n)X3J -5.（加一5）•:r+52 u1 I 4X3X(1 -3厂1)1-3一伽-3>P 知识梳理 1.前项前项所以(1 + 2J)J= 1XC1+2OJ).即 4d l-l6d=Q.21【例2】(1)设"•伉分别为第〃年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量. 依题意•知数列｛“”｝是首项为128,公比为1 + 50% = 丁的等比数列. 数列⑺”｝是首项为400,公差为匕的等差数列.又af ，所以°的最小值为147.所以数列4｝的前〃项和S 〃 =数列0”｝的前”项和T”=400^+""T〉a 乙所以经过“年，该市更换的公交车总数S5) = S” + 7” = [(I)2562-1卜400十心一1)2(2)若用7年的时间完成仝部更换•则S(7)^10 000. 弓)-1 +400X7 +亦 m . 3 082 则256 所以7X6——«>10 000.即 21“$3 082・乙13 23"变式训练【例3】(1)13为点(a M + US^])在函数/(工〉的图象上，所以山=6旷]・诟=(a ｝ +d)2 =3ai +3d *解得□] = 1, J = 2( J= — 1 舍去几则 L £4 = 2« — 1, 由(虬一如+»• ggm 得徂九一札十“(久一i )=(虬一I )J 由题意久工叭所以4® —“)=虬一LI) 即 3(6, — 1) =4(6,4-1 — 1)：所以一(2〉由(1八得心一1 =J 2n — 1 厂_______________Jl4ft ~}-（6-1）, r 3 「r_1*（T ）令 T… =ci +c2 +caH --------- c\ *nir -1 | 3 5 2卉—3 2“ —1 金 3° 31 32 3n ~2 3W_15 2rt — 3 2n — I ——+…+ ----------- + ----------- ，②护 3"-' 2”_1：严一13 313- 3W①〜哙―右+哈+亩+》+•“+丄-g“+3" 3r/所以护 t 2«- 1] 2«—1 25+门 -------- —— ---- =2 -----------: ------------- =2一 -------- 11--—3f n + 1T, = 3 ---------- r3n_1 3- 3冲一」胪所以 Cf + 辽+ “ + *"+「”=3—叫 G3“T令1・畀=2・得久一 I所以数列｛6.-1｝是以1为首项，公比为十的等比数列.1.(1)设等差数列b”｝的公差为d(dHO).因为•如成等比数列.所以(2十3〃〉？ = (2十〃)・(2 + 7d),解得d = 2・所以—=2〃(〃€ N* ).(2)由(1),知3% =3亦,设数列｛3% ｝的前〃项和为S”，9(1—9") Q则S W=32+34+-+32W= _=^-(9a-l).2.争议的原因是收费标准中对于“每小时按加价50%收费”的含义出现了歧义.以下给出三种不同的解释；解释一：第1小吋为10元，以后每小时都为15元，则连续停车14个小时的总收费为：104-15X 13 = 205(元)；解释二：第1小时为10元，以后每小时都比前1小时增加5元，则连续停车14个小时的总收费为14X10+ 14^13 X5 = 595(元)；乙解释三：第1小时为K)元•以后每小时都比前1小时增加5U%的停车inv(i — 1 514)费，则连续停车14个小时的总收费为——-—4——~5 818. 59(元).㊀卜—l +:・L +c I +龙-Il-茫©—㊀• “T r z - - ・Z = Z日+弓+・・・+T +M I T^7+…+十+小+Z L O +…m L一T CI IMZ -IKZS•-----【+U £・(2¥二+ ~・1建二 +Rr H £3與心 H疗 H -Y -&I HST沏二 +H H -!s —cc H f fc济Z ZW -I +I T L .S 5匡♦耳猟匝s(h)，r灼(・万£)空只E u )・"CM芒+・・・+芒+匚§ • 眾丘+F !p<i i z+0 J +N・ _CM <c f +:・+g +c 5生x k r +^u r » +!<G )所以2”Vf]+「2 + ・—匚-成立.经典考题真题体验1. ⑴因为a.b.c 成等差数列, 所以£f+<?=2b ・由正弦定理得sinA + sin C=2sin 瓦因为 sin B= sin [真一(A+C)] = sin(A+C) T 所以 sinA+sinC =2sin(A+C), (2)由题意，得廿=ttc+c = 2a T 所以b = 41a.2. (1)设数列｛心｝的公差为几依题意，知2・2 +厶2 + 4〃成等比数列，故有(2+d)2 = 2(2+4c/)f化简得』一4" = 0,解得d = 0或当 d = 0 时,d M = 2;当 <7 = 4 ,u w =2+(» —1) - 4 = 4M — 2-从而側数列｛轴｝的通项公式为a n — 2或划=4 —2.(2)当 ~ = 2 时 £=2心显然 2;r<60w + 800 + 此时不存在正整数'使得£>65 + 800成立.当^ = 4,-2时£=心十罗_如=肚令 2ri : >60/1 + 800 * 即 >r —30JI —4005>0, 解得叶>40或—10(窖去),此时徉在1E 整数小使得S n >60^+800成立小的最小值为41. 综上”当叭=2时•不存在满足题意的正整数巧当a n = 4n-2时■存在满足题意的止幣数梯英最小值为4L+…+|缶_占).由余弦定理•得cosB =^+工一//2ac34。

高考数学人教版(理科)一轮复习课件：第5章第4讲数列求和课后作业3

解析
4．已知函数 f(n)＝－n2，n2，当当 n为n为正正奇偶数数时时，，且 an＝f(n)＋f(n＋1)，则 a1＋a2＋a3＋…＋a100 等于( )
A．0 B．100 C．－100 D．102 答案 B
答案
解析由题意，得 a1＋a2＋…＋a100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52 ＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋ 100)＝100.故选 B.
解析
5．在数列{an}中，已知对任意 n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则 a12＋a22＋a32＋…＋an2等于( )
A．(3n－1)2 B.21(9n－1)
C．9n－1
D.14(3n－1)
答案 B
答案
解析因为 a1＋a2＋…＋an＝3n－1，所以 a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－ 1(n≥2)．则 n≥2 时，an＝2×3n－1.
n2
n－12
A. 4
B. 4
nn－1 C. 4
nn＋1 D. 4
答案 C
答案
解析由题意知所得新数列为 1×2n，21×2n，31×2n，…，1n×n2，所以 a1a2
＋
a2a3
＋
a3a4
＋
…
＋
an
－
1an
＝
n2 4
1×1 2＋2×1 3＋3×1 4＋…＋n－11×n
＝
n2 4
1－12＋12－13＋13－14＋…＋n－1 1－1n＝n421－1n＝nn－ 4 1.
解 (1)设数列{an}的公比为 q，由题意可得 a3＝16， a3－a2＝8，则 a2＝8，q＝2，a1＝4，所以 an＝2n＋1. (2)bn＝log42n＋1＝n＋2 1， Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝nn＋ 4 3. S1n＝nn4＋3＝43n1－n＋1 3，所以S11＋S12＋S13＋…＋S1n

高考数学一轮复习第五篇数列(必修5)第4节数列求和习题理(含解析)

解析:S2 018=-1+3-5+7-…-(2×2 017-1)+(2×2 018-1)=(-1+3)+(-5+7)+…+[-(2×2 017-1)+(2×2 018-1)]=2×1 009=2 018.故选B.
3.等差数列{an}的通项公式为an=2n+1,其前n项和为Sn,则数列{ }的前10项的和为( C )
答案: -1
8.有穷数列1,1+2,1+2+4,…,1+2+4+…+2n-1所有项的和为.
解析:由题意知所求数列的通项为 =2n-1,故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为 -n=2n+1-2-n.
答案:2n+1-2-n
能力提升(时间:15分钟)
9.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,当n≥2时,an+2Sn-1=n,则S2 017的值为( D )
a2=a1+cos 2π=1+1=2,
a3=-a2+cos 3π=-2-1=-3,
a4=a3+cos 4π=-3+1=-2,
a5=-a4+cos 5π=2-1=1,
……
由上可知,数列{an}是以4为周期的周期数列,且a1+a2+a3+a4=-2,
所以S2 017=504(a1+a2+a3+a4)+a1=504×(-2)+1=-1 007.
10.已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=6,S5= ,则数列{ }的前n项和为( B )
(A)1- (B)2-
(C)2- (D)2-

2021年高考数学一轮复习 5.4 数列求和课时作业理(含解析)新人教A版必修5

2021年高考数学一轮复习 5.4 数列求和课时作业理（含解析）新人教A版必修5一、选择题1．等比数列{a n }中，已知a 1＋a 2＋a 3＝4，a 2＋a 3＋a 4＝－2，则a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝( )A.2116 B.1916 C.98 D.78解析：由于q ＝a 2＋a 3＋a 4a 1＋a 2＋a 3＝－24＝－12，所以a 3＋a 4＋a 5＝(a 2＋a 3＋a 4)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1，a 6＋a 7＋a 8＝(a 3＋a 4＋a 5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－123＝－18，于是a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝78.答案：D2．(xx·大纲全国卷)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前100项和为( )A.100101 B.99101 C.99100 D.101100解析：由S 5＝5a 3及S 5＝15得a 3＝3，∴d ＝a 5－a 35－3＝1，a 1＝1，∴a n ＝n ，1a n a n ＋1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前100项和T 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选A.答案：A3．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．11B ．99C ．120D ．121解析：∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.令n ＋1－1＝10，得n ＝120.答案：C4．数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n 的前n 项和S n 等于( )A.3n －1n ＋1B.2n n ＋1C.3n n ＋1D.4nn ＋3解析：a n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＋1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 答案：B5．(xx·云南昆明高三调研)公比不为1的等比数列{a n}的前n项和为S n，且－3a1，－a2，a3成等差数列，若a1＝1，则S4＝( )A．－20 B．0 C．7 D．40解析：记等比数列{a n}的公比为q，其中q≠1，依题意有－2a2＝－3a1＋a3，－2a1q＝－3a1＋a1q2≠0，即q2＋2q－3＝0，(q＋3)(q－1)＝0，又q≠1，因此有q＝－3，S4＝1×[1－－34]1＋3＝－20，选A.答案：A6．(xx·山东青岛期中)已知函数f(n)＝n2cos(nπ)，且a n＝f(n)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100＝( )A．0 B．100 C．5 050 D．10 200解析：因为f(n)＝n2cos(nπ)，所以a1＋a2＋a3＋...＋a100＝－12＋22－32＋42－...－992＋1002＝(22－12)＋(42－32)＋...(1002－992)＝3＋7＋ (199)503＋1992＝5 050，选C.答案：C二、填空题7．已知数列{a n}对于任意p，q∈N*有a p a q＝a p＋q，若a1＝12，则S9＝________.解析：由题意得a n＋1＝a n a1，a n ＋1a n ＝a 1＝12，a n ＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，因此S 9＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫129＝511512.答案：5115128．数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ＝1,2,3，…)，则log 4S 10＝________.解析：∵a n ＋1＝3S n ，∴S n ＋1－S n ＝3S n ，∴S n ＋1＝4S n ，∴{S n }是以S 1为首项，公比为4的等比数列，∴S 10＝410－1＝49，∴log 4S 10＝log 449＝9.答案：99．已知数列{a n }(n ∈N *)中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋1，则a n ＝________解析：由a n ＋1＝a n 2a n ＋1得1a n ＋1＝2＋1a n∴数列{a n }的倒数成公差为2的等差数列，由此可求1a n ＝2n －1，∴a n ＝12n －1.答案：12n －1三、解答题10．(xx·青岛统一质检)已知n ∈N *，数列{d n }满足d n ＝3＋－1n2，数列{a n }满足a n ＝d 1＋d 2＋d 3＋…＋d 2n ；又知数列{b n }中，b 1＝2，且对任意正整数m ，n，b mn＝b n m.(1)求数列{a n}和数列{b n}的通项公式；(2)将数列{b n}中的第a1项，第a2项，第a3项，……，第a n项，……，删去后，剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{c n}，求数列{c n}的前2 013项和．解：(1)∵d n＝3＋－1n2，∴a n＝d1＋d2＋d3＋…＋d2n＝3×2n2＝3n又由题知：令m＝1，则b2＝b21＝22，b3＝b31＝23，…，b n＝b n1＝2n若b n＝2n，则b m n＝2nm，b n m＝2mn，所以b m n＝b n m恒成立若b n≠2n，当m＝1，b m n＝b n m不成立，所以b n＝2n.(2)由题知将数列{b n}中的第3项、第6项、第9项……第3n项删去后构成的新数列{c n}中的奇数项与偶数项仍成等比数列，首项分别是b1＝2，b2＝4公比均是8，T2 013＝(c1＋c3＋c5＋…＋c2 013)＋(c2＋c4＋c6＋…＋c2 012)＝2×1－81 0071－8＋4×1－81 0061－8＝20×81 006－6711．(xx·山东烟台诊断)已知公差大于零的等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足：a2·a4＝65，a1＋a5＝18.(1)若1<i<21，a1，a i，a21是某等比数列的连续三项，求i的值；(2)设b n＝n2n＋1S n，是否存在一个最小的常数m使得b1＋b2＋…＋b n<m对于任意的正整数n 均成立，若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由．解：(1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18，又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根，又公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13. ∴⎩⎨⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，∴a 1·a 21＝a 2i ，即1·81＝(4i －3)2，解得i ＝3.(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n n －12·4＝2n 2－n ，所以b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n2n ＋1 因为n 2n ＋1＝12－122n ＋1<12，所以存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立．12．(xx·山西第三次四校联考)已知各项均为正数的数列{a n }前n 项和为S n ，首项为a 1，且12，a n ，S n 成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12b n ，设C n ＝b n a n ，求数列{C n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知2a n ＝S n ＋12，a n >0当n ＝1时，2a 1＝a 1＋12，∴a 1＝12当n ≥2时，S n ＝2a n －12，S n －1＝2a n －1－12两式相减得a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1整理得：a na n －1＝2∴数列{a n }是以12为首项，2为公比的等比数列．a n ＝a 1·2n －1＝12×2n －1＝2n －2(2)a 2n ＝2－b n ＝22n －4∴b n ＝4－2n ，C n ＝b n a n ＝4－2n 2n －2＝16－8n 2nT n ＝82＋022＋－823＋…＋24－8n 2n －1＋16－8n2n①12T n ＝822＋023＋…＋24－8n 2n ＋16－8n 2n ＋1② ①－②得12T n ＝4－8⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －16－8n 2n ＋1＝4－8·122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－16－8n2n ＋1＝4－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－16－8n 2n ＋1＝4n 2n .∴T n ＝8n2n. [热点预测]13．(xx·保定第一次模拟)已知向量a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω2x ，12，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω2x ，－12(ω>0，x ≥0)，函数f (x )＝a ·b 的第n (n ∈N *)个零点记作x n (从左向右依次计数)，则所有x n 组成数列{x n }．(1)若ω＝12，求x 2；(2)若函数f (x )的最小正周期为π，求数列{x n }的前100项和S 100. 解：f (x )＝a ·b ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ω2x cos ⎝⎛⎭⎪⎫ω2x －14＝12sin(ωx )－14 (1)当ω＝12时，f (x )＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －14令f (x )＝0，得x ＝4kπ＋π3或x ＝4kπ＋5π3(k ∈Z ，x ≥0) 取k ＝0，得x 2＝5π3. (2)因为f (x )最小正周期为π，则ω＝2，故f (x )＝12sin(2x )－14令f (x )＝0得x ＝kπ＋π12或x ＝kπ＋5π12(k ∈Z ，x ≥0)所以S 100＝∑k ＝049⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫kπ＋π12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫kπ＋5π12＝∑k ＝049 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2kπ＋π2 ＝2π(0＋1＋2＋…＋49)＋50×π2＝50×49π＋25π＝2 475π.g25753 6499 撙23520 5BE0寠F30302 765E 癞23967 5D9F 嶟28347 6EBB 溻30218 760A 瘊22181 56A5 嚥27623 6BE7 毧m39956 9C14 鰔20395 4FAB 侫32450 7EC2 绂。

2022届高考数学一轮复习第五章数列第4节数列求和课时作业含解析新人教版.docx

■课时作业•巩固提升授课提示：对应学生用书第295页[A 组基础保分练]1. 已知数列修.｝的前〃项和为且 ai=5, a2=2, a n =2a n -i+3a n -2(n^3),则 S 6=() A. 567B. 637C. 657D. 727 答案：B2. 已知数列｛痴｝的前〃项和 &=1—5+9 —13 + •••+(—l)"「i(4〃一3),则 S15+S22—S3i = () A. 76B. 78C. -78D. -76 答案：D3. (202L 保定期末测试)在数列｛a"｝中，若ai = l, “2=3,林2=如4—妃住N*),则该数列的前100项之和是()A. 18B. 8C. 5D. 2 答案：C4. (2021-济南模拟)已知数列｛勿｝的前〃项和为S 〃，ai = l, S…=2a n+i,则S…=()A.借「1B. 2"「iC.(扣D.拙- c q解析：由&=2勿+i 可得S…=2(S…+i -S…),可得3&=2&+i,即号=茅所以数列｛&｝是以S=<2i = 1为首项，三为公比的等比数列，即&=(D"一七答案：A5. 数列｛a n ｝, ｛b n ｝满足 ai =bi =lt a n +i —a 〃= —=2, n £ N*,则数列｛ba”｝的刖"项和为()A.|(4,!-1-l)B. |(4n -l)C.§(4”「i-1)D. |(4"-1) 解析：因为a n+i-a…=^1=2, ai=bi=l,所以数列｛a,｝是等差数列,数列｛陈｝是等比数列, a n = 1 +2(n — l) = 2n — 1, b n =l X2n ~i = 2n ~i ,数列化。

〃｝的前〃项和为 bai+bm --------- b a n =b\第五章数列活页装订方便使用_ 1 — 4" 1+b3+b5+-+史,i=2°+22+24 ——F 2-'^-=^^=^（4,!-1）.答案：D6.（多选题）（2021.山东济宁期末）若&为数列皿｝的前"项和，且S…=2a,,+1,则下列说法正确的是（）A.<75= — 16B.S5=—63C.数列｛《,｝是等比数列D.数列俱+1｝是等比数列解析：因为&为数列｛《,｝的前"项和，且S…=2«…+l,所以«i=Si = 2ai + l,所以«i = — 1.当"N2时，a n= S…—S…-i= 2a… — 2a n-1,即cz…=2cz…-i,所以数列｛。

高考数学一轮复习第五章第四节数列求和课时作业理新人教A版高三全册数学试题

【优化探究】2017届高考数学一轮复习第五章第四节数列求和课时作业理新人教A 版A 组考点能力演练1．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ，则S 2 014＝( ) A ．2×31 007－2 B ．2×31 007C.32 014－12 D.32 014＋12解析：由a n ＋2＝3a n 可得数列{a n }的奇数项与偶数项分别构成等比数列，所以S 2 014＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 013)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 014)＝1－31 0071－3＋31－31 0071－3＝(－2)×(1－31 007)＝2×31 007－2，故选择A.答案：A2．(2016·长沙质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 015的值为( )A ．2 015B ．2 013C ．1 008D ．1 007解析：因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2 015＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 014＋a 2 015)＝1 008，故选择C.答案：C3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，则该数列的前18项的和为( )A ．2 101B ．2 012C ．1 012D ．1 067解析：当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋1，即奇数项构成首项为1、公差为1的等差数列；当n 为偶数时，a n ＋2＝2a n ，即偶数项构成首项为2、公比为2的等比数列，所以该数列的前18项和为9＋9×82＋21－291－2＝45＋1 022＝1 067，故选择D.答案：D4．(2016·贵阳一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝4，S 4＝10，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前2 015项和为( )A.2 0142 015 B.2 0152 016 C.2 0162 015D.2 0172 016解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则a 4＝a 1＋3d ＝4，S 4＝4a 1＋6d ＝10，联立解得a 1＝d ＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ，1a n a n ＋1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前2 015项和为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 015－12 016＝1－12 016＝2 0152 016，故选择B.答案：B5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝nm ，S m ＝m n(m ，n ∈N *且m ≠n )，则下列各值中可以为S n ＋m 的值的是( )A ．2B ．3C ．4D.92解析：由已知，设S n ＝An 2＋Bn ，则⎩⎪⎨⎪⎧S n＝An 2＋Bn ＝nm ，S m＝Am 2＋Bm ＝mn⇒⎩⎪⎨⎪⎧An ＋B m ＝1，Am ＋B n ＝1.两式相减得B (m －n )＝0，故B ＝0，A ＝1mn .S m ＋n ＝A (m ＋n )2＝m ＋n2mn＝m 2＋n 2＋2mn mn >4mnmn＝4，故只有D 符合，故选D.答案：D6．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1－3n ，n 为偶数，2n －1，n 为奇数，则其前10项和为________．解析：依题意，注意到a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝1－28·221－22＝341，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＝5×－5－292＝－85，因此题中的数列的前10项和等于341－85＝256.答案：2567．数列{a n }满足a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2(n ∈N *)，设b n ＝1a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，则T n ＝________.解析：本题考查数列的前n 项和与通项间的关系、裂项相消法．依题意，当n ≥2时，a n＝n 2－(n －1)2＝2n －1；又a 1＝12＝2×1－1，因此a n ＝2n －1，b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，因此T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 答案：n2n ＋18．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)na n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________. 解析：依题意得，当n 是奇数时，a n ＋2－a n ＝1，即数列{a n }中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 59＝30×1＋30×292×1＝465；当n 是偶数时，a n ＋2＋a n ＝1，即数列{a n }中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 58＋a 60＝(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋…＋(a 58＋a 60)＝15.因此，该数列的前60项和S 60＝465＋15＝480.答案：4809．(2016·南昌模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n >0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3，得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0. 当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1，又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，所以a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1，而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－1n －11≤n ≤42n －7n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－－1n ]1≤n ≤4，n 2－6n ＋8n ≥5.10．(2016·石家庄一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *，λ≠－1)，且a 1,2a 2，a 3＋3为等差数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和．解：(1)法一：∵a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝λS n －1＋1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝λa n ，即a n ＋1＝(λ＋1)a n (n ≥2)，λ＋1≠0，又a 1＝1，a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，∴数列{a n }是以1为首项，公比为λ＋1的等比数列， ∴a 3＝(λ＋1)2，∴4(λ＋1)＝1＋(λ＋1)2＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.法二：∵a 1＝1，a n ＋1＝λS n ＋1(n ∈N *)，∴a 2＝λS 1＋1＝λ＋1，a 3＝λS 2＋1＝λ(1＋λ＋1)＋1＝λ2＋2λ＋1， ∴4(λ＋1)＝1＋λ2＋2λ＋1＋3，整理得λ2－2λ＋1＝0，解得λ＝1， ∴a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)， ∴a n ＝S n －1＋1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝a n (n ≥2)，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又a 1＝1，a 2＝2，∴数列{a n }是以1为首项，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.(2)由(1)知，a n b n ＝(3n －2)×2n －1，设T n 为数列{a n b n }的前n 项和，∴T n ＝1×1＋4×21＋7×22＋…＋(3n －2)×2n －1，①∴2T n ＝1×21＋4×22＋7×23＋…＋(3n －5)×2n －1＋(3n －2)×2n.②①－②得，－T n ＝1×1＋3×21＋3×22＋…＋3×2n －1－(3n －2)×2n＝1＋3×2×1－2n －11－2－(3n －2)×2n，整理得：T n ＝(3n －5)×2n＋5.B 组高考题型专练1．(2015·高考天津卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意知q >0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)有c n ＝(2n －1)×2n －1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n，上述两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋ (2)－(2n －1)×2n＝2n ＋1－3－(2n －1)×2n＝－(2n－3)×2n－3，所以，S n ＝(2n －3)×2n＋3，n ∈N *.2．(2015·高考全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3①，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3②. 由②－①可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即 2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n32n ＋3.3．(2014·高考浙江卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *，均有S k ≥S n . 解：(1)由题意得a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6，知a 3＝(2)b 3－b 2＝8.又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)，所以数列{a n }的通项为a n ＝2n(n ∈N *)．所以a 1a 2a 3…a n ＝2n n ＋12＝(2)n (n ＋1)．故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)． (2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)，所以S n ＝12＋122＋…＋12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝1n ＋1－12n (n ∈N *)．②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0；当n ≥5时，c n ＝1n n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋12n －1，而n n ＋12n－n ＋1n ＋22n ＋1＝n ＋1n －22n ＋1>0，得n n ＋12n≤5·5＋125<1，所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *恒有S 4≥S n ，故k ＝4.。

2020高考人教数学(理)大一轮复习检测：第五章第四节数列求和及综合应用

限时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A 级基础夯实练1．(2018·河北衡水中学质检)1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋1＋12＋14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋1210的值为( )A ．18＋129B ．20＋1210C ．22＋1211D ．18＋1210解析：选B.设a n ＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .则原式＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1211 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋1211 ＝2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤11－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12111－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1211 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫11－1＋1211＝20＋1210.2．(2018·重庆联考)设y ＝f (x )是一次函数，若f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )等于( )A ．n (2n ＋3)B ．n (n ＋4)C ．2n (2n ＋3)D ．2n (n ＋4)解析：选 A.由题意可设f (x )＝kx ＋1(k ≠0)，则(4k ＋1)2＝(k ＋1)×(13k ＋1)，解得k ＝2，f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n ＋1)＝2(2＋4＋…＋2n )＋n ＝n (2n ＋3)．3．(2018·贵阳模拟)已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n 为( )A.nn ＋1 B ．4n n ＋1C.3n n ＋1D ．5n n ＋1解析：选B.∵a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n (n ＋1)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4nn ＋1. 4．(2018·南昌模拟)若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 12＝( )A ．18B ．15C ．－18D ．－15解析：选A.记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 11＋a 12＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 11)＋b 12＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 12－b 11)＝6×3＝18.5．(2018·深圳调研)已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200解析：选B.由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝(12－22)＋(32－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)＋(1012－1002) ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.故选B.6．(2018·青岛二模)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.由2n ＋1－2≥100，得2n ＋1≥102，由于26＝64,27＝128，则n ＋1≥7，即n ≥6.答案：67．(2018·黄石二模)已知公比不为1的等比数列{a n }的前5项积为243，且2a 3为3a 2和a 4的等差中项．若数列{b n }满足b n ＝log 3a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ＝________.解析：由前5项积为243得a 3＝3.设等比数列{a n }的公比为q (q ≠1)，由2a 3为3a 2和a 4的等差中项，得3×3q ＋3q ＝4×3，由公比不为1，解得q ＝3，所以a n ＝3n －2，故b n ＝log 3a n ＋2＝n ，所以a n ＋b n ＝3n －2＋n ，数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ＝3－1＋30＋31＋32＋…＋3n －2＋1＋2＋3＋…＋n ＝3－1(1－3n )1－3＋n (n ＋1)2＝3n －16＋n (n ＋1)2.答案：3n －16＋n (n ＋1)28．(2018·济南模拟)在公差d ＜0的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝________.解析：由已知可得(2a 2＋2)2＝5a 1a 3，即4(a 1＋d ＋1)2＝5a 1·(a 1＋2d )，所以(11＋d )2＝25(5＋d )，解得d ＝4(舍去)或d ＝－1，所以a n ＝11－n .当1≤n ≤11时，a n ≥0，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝n (10＋11－n )2＝n (21－n )2；当n ≥12时，a n ＜0，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11－(a 12＋a 13＋…＋a n )＝2(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11)－(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n )＝2×11(21－11)2－n (21－n )2＝n 2－21n ＋2202. 综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎨⎧n (21－n )2，1≤n ≤11，n 2－21n ＋2202，n ≥12.答案：⎩⎨⎧n (21－n )2，1≤n ≤11，n 2－21n ＋2202，n ≥129．(2018·河北唐山二模)已知数列{a n }为单调递增数列，S n 为其前n 项和，2S n ＝a 2n ＋n .(1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋22n ＋1·a n ·a n ＋1，T n 为数列{b n }的前n 项和，证明：T n ＜12.解：(1)当n ＝1时，2S 1＝2a 1＝a 21＋1，所以(a 1－1)2＝0，即a 1＝1，又{a n }为单调递增数列，所以a n ≥1.由2S n ＝a 2n ＋n 得2S n ＋1＝a 2n ＋1＋n ＋1，所以2S n ＋1－2S n ＝a 2n ＋1－a 2n ＋1，则2a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋1，所以a 2n ＝(a n ＋1－1)2.所以a n ＝a n ＋1－1，即a n ＋1－a n ＝1，所以{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n . (2)证明：b n ＝a n ＋22n ＋1·a n ·a n ＋1＝n ＋22n ＋1·n ·(n ＋1)＝1n ·2n －1(n ＋1)·2n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11×21－12×22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×22－13×23＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n ·2n －1(n ＋1)·2n ＋1＝12－1(n ＋1)·2n ＋1＜12. 10．(2018·浙江卷)已知等比数列{a n }的公比q ＞1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解：(1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20得8⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12，因为q ＞1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n ＝2n 2＋n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由(1)可得a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7×12＋3.设T n ＝3＋7×12＋11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3×12＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以12T n ＝3＋4×12＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此T n ＝14－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.B 级能力提升练11．(2018·合肥模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 020＝( )A ．22 020－1B ．3×21 010－3C ．3×21 010－1D ．3×22 020－2解析：选B.依题意得a n ·a n ＋1＝2n，a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1，于是有a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝2，即a n ＋2a n ＝2，数列a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…是以a 1＝1为首项、2为公比的等比数列；数列a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，…是以a 2＝2为首项、2为公比的等比数列，于是有S 2 020＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 019)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 020)＝1－21 0101－2＋2(1－21 010)1－2＝3×21 010－3，故选B.12．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知正项数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n ＋1，又b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( ) A.111 B ．112C.1011D ．1112解析：选C.依题意有na 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1，即数列{a n }的前n项和S n ＝n (2n ＋1)＝2n 2＋n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，a 1＝3满足该式．则a n ＝4n －1，b n ＝a n ＋14＝n .因为1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011.13．(2018·衡水模拟)数列{a n }是等差数列，数列{b n }满足b n ＝a n a n＋1a n ＋2(n ∈N *)，设S n 为{b n }的前n 项和．若a 12＝38a 5＞0，则当S n 取得最大值时n 的值为________．解析：设{a n }的公差为d ，由a 12＝38a 5＞0，得a 1＝－765d ，d ＜0，所以a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n －815d ，从而可知当1≤n ≤16时，a n ＞0；当n ≥17时，a n ＜0.从而b 1＞b 2＞…＞b 14＞0＞b 17＞b 18＞…，b 15＝a 15a 16a 17＜0，b 16＝a 16a 17a 18＞0，故S 14＞S 13＞…＞S 1，S 14＞S 15，S 15＜S 16，S 16＞S 17＞S 18＞….因为a 15＝－65d ＞0，a 18＝95d ＜0，所以a 15＋a 18＝－65d ＋95d ＝35d＜0，所以b 15＋b 16＝a 16a 17(a 15＋a 18)＞0，所以S 16＞S 14，故当S n 取得最大值时n ＝16.答案：1614．(2018·湘东五校联考)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1前n 项的和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．解：(1)设公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，所以a 1＝2，所以a n ＝n ＋1. (2)因为1a n a n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2(n ＋2)，又λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，所以λ≤2(n ＋2)2n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8，而2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8≥16，当且仅当n ＝2时等号成立．所以λ≤16，即λ的最大值为16.15．(2018·长沙模拟)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 10＝15，且a 3，a 4，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：－74≤T n ＜－1(n∈N *)．解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 10＝15，a 24＝a 3a 7，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋9d ＝15，(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋6d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2.∴a n ＝2n －5(n ∈N *)．(2)证明：∵b n ＝a n 2n ＝2n －52n ，n ∈N *.∴T n ＝－32＋－122＋123＋…＋2n －52n ，①12T n ＝－322＋－123＋124＋…＋2n －72n ＋2n －52n ＋1，② ①－②得12T n ＝－32＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －2n －52n ＋1＝－12＋1－2n2n ＋1，∴T n ＝－1－2n －12n (n ∈N *)，∵2n －12n ＞0(n ∈N *)，∴T n ＜－1.T n ＋1－T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－2n ＋12n ＋1－⎝⎛⎭⎪⎫－1－2n －12n ＝2n －32n ＋1，∴T n ＜T n ＋1(n ≥2)．又T 1＝－1－12＝－32，T 2＝－1－4－14＝－74.∵T 1＞T 2，∴T 2最小，即T n ≥T 2＝－74.综上所述，－74≤T n ＜－1(n ∈N *)．C 级素养加强练16．已知等差数列{a n }中，a 2＝p (p 是不等于0的常数)，S n 为数列{a n }的前n 项和，若对任意的正整数n 都有S n ＝n (a n －a 1)2. (1)记b n ＝S n ＋2S n ＋1＋S n ＋1S n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n ； (2)记c n ＝T n －2n ，是否存在正整数N ，使得当n ＞N 时，恒有c n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫52，3，若存在，证明你的结论，并给出一个具体的N 值，若不存在，请说明理由．解：(1)由S 2＝2(a 2－a 1)2得a 1＋a 2＝a 2－a 1， ∴a 1＝0，∴d ＝a 2－a 1＝p －0＝p ，∴S n ＝n (a n －a 1)2＝n (n －1)p 2， b n ＝S n ＋2S n ＋1＋S n ＋1S n ＋2＝n ＋2n ＋n n ＋2＝2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－16＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝2n ＋3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. (2)c n ＝T n －2n ＝3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＜3对所有正整数n 都成立；若c n ＞52，即3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＞52⇔1n ＋1＋1n ＋2＜14，记f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2，则f (n )单调递减，又f (6)＝17＋18＞18＋18＝14，f (7)＝18＋19＜18＋18＝14，故可取N ＝6，则当n ＞6时，f (n )＜14. 故存在正整数N ，使得当n ＞N 时，恒有c n ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫52，3，N 可以取所有不小于6的正整数．。

(新人教A版)2020版高考数学大一轮复习第五章数列第4节数列求和及数列的综合应用讲义理

考试要求 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法；3.了解数列是一种特殊的函数；4.能在具体问题情境中，发现等差、等比关系，并解决相应的问题.知识梳理1.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. (3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解. 3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系. [微点提醒]1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2.2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3.裂项求和常用的三种变形 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .基础自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1).( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( ) (4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( ) 解析 (3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2.(必修5P47B4改编)数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n 为( )A.2 018B.2 019C.2 020D.2 021解析 a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0192 020，所以n ＝2019.答案 B3.(必修5P56例1改编)等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________. 解析由a 1＝27，a 9＝1243知，1243＝27·q 8，又由q >0，解得q ＝13，所以S 6＝27⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫1361－13＝3649.答案36494.(2018·东北三省四校二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( ) A.9B.15C.18D.30解析由题意知{a n }是以2为公差的等差数列，又a 1＝－5，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18. 答案 C5.(2019·北京朝阳区质检)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，则2T n ＝________________.解析由题意知T n －S n ＝b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝n ＋2n ＋1－2，又S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，所以2T n ＝T n －S n ＋S n ＋T n ＝2n ＋2＋n (n ＋1)－4.答案 2n ＋2＋n (n ＋1)－46.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.解析由f (x )＋f (1－x )＝4，可得f (0)＋f (1)＝4，…，f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＝4，所以2a n＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋…＋[f (1)＋f (0)]＝4(n ＋1)，即a n ＝2(n ＋1). 答案 a n ＝2(n ＋1)考点一分组转化法求和【例1】 (2019·济南质检)已知在等比数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 3－1成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2n －1＋a n (n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与n 2＋2n 的大小. 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1，a 2，a 3－1成等差数列， ∴2a 2＝a 1＋(a 3－1)＝a 3，∴q ＝a 3a 2＝2，∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1(n ∈N *).(2)由(1)知b n ＝2n －1＋a n ＝2n －1＋2n －1，∴S n ＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n －1＋2n －1)＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n －1)＝1＋（2n －1）2·n ＋1－2n 1－2＝n 2＋2n －1.∵S n －(n 2＋2n )＝－1<0，∴S n <n 2＋2n .规律方法 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【训练1】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5， ∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2. ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1).∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝(－2)×n ＝－2n . 考点二裂项相消法求和【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n . 解 (1)∵a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1，∴a 1＝S 1＝a 22－2＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n ＋12－n －1－⎝⎛⎭⎫a n 2－n ，即a n ＋1＝3a n ＋2，又a 2＝8＝3a 1＋2， ∴a n ＋1＝3a n ＋2，n ∈N *，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是等比数列，且首项为a 1＋1＝3，公比为3， ∴a n ＋1＝3×3n －1＝3n ，∴a n ＝3n －1.(2)∵2×3n a n a n ＋1＝2×3n （3n －1）（3n ＋1－1）＝13n －1－13n ＋1－1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和 T n ＝⎝⎛⎭⎫13－1－132－1＋⎝⎛⎭⎫132－1－133－1＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1. 规律方法 1.利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.2.将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等. 【训练2】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，（a 1＋7d ）－2（a 1＋2d ）＝3，解得a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2.考点三错位相减法求和【例3】已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)由题意知：S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n ，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得12T n ＝32＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .规律方法 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法.2.用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【训练3】已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3后成等比数列，a n ＋2log 2b n ＝－1.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d 分别加上1，1，3后成等比数列，得(2＋d )2＝2(4＋2d )，解得d ＝2(舍负)，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 又因为a n ＋2log 2b n ＝－1，所以log 2b n ＝－n ，则b n ＝12n .(2)由(1)知a n ·b n ＝(2n －1)·12n ，则T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1，② 由①－②，得12T n ＝12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1. ∴12T n ＝12＋2×14⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1， ∴T n ＝1＋2－22n －1－2n －12n ＝3－4＋2n －12n＝3－3＋2n 2n . 考点四数列的综合应用【例4】某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢？解设该学生工作n 天，每天领工资a n 元，共领工资S n 元，则第一种方案a n (1)＝38，S n (1)＝38n ；第二种方案a n (2)＝4n ，S n (2)＝4(1＋2＋3＋…＋n )＝2n 2＋2n ；第三种方案a n (3)＝0.4×2n －1，S n (3)＝0.4（1－2n ）1－2＝0.4(2n －1).令S n (1)≥S n (2)，即38n ≥2n 2＋2n ，解得n ≤18，即小于或等于18天时，第一种方案比第二种方案报酬高(18天时一样高).令S n (1)≥S n (3)，即38n ≥0.4×(2n －1)，利用计算器计算得小于或等于9天时，第一种方案报酬高，所以少于10天时，选择第一种方案.比较第二、第三种方案，S 10(2)＝220，S 10(3)＝409.2，S 10(3)>S 10(2)，…，S n (3)>S n (2). 所以等于或多于10天时，选择第三种方案. 规律方法数列的综合应用常考查以下几个方面： (1)数列在实际问题中的应用； (2)数列与不等式的综合应用； (3)数列与函数的综合应用.解答数列综合题和应用题既要有坚实的基础知识，又要有良好的逻辑思维能力和分析、解决问题的能力.解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再结合其他相关知识来解决问题.【训练4】已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，试求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b .由于f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2，所以f (x )＝3x 2－2x .又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上，所以S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝6×1－5，也适合上式，所以a n ＝6n －5(n ∈N *).(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3（6n －5）[6（n ＋1）－5]＝12·⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1，故T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1＝3n 6n ＋1.[思维升华]1.非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和. 2.解答数列应用题的步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意.(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求的是什么.(3)求解——求出该问题的数学解.(4)还原——将所求结果还原到实际问题中. [易错防范]1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.3.解等差数列、等比数列应用题时，审题至关重要，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差数列、等比数列问题，使关系明朗化、标准化，然后用等差数列、等比数列知识求解.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( ) A.－24B.－3C.3D.8解析设{a n }的公差为d ，根据题意得a 23＝a 2·a 6，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d )，解得d ＝－2，所以数列{a n }的前6项和为S 6＝6a 1＋6×52d ＝1×6＋6×52×(－2)＝－24.答案 A2.数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A.200B.－200C.400D.－400解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 答案 B3.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，前n 项和为9，则n 等于( )A.9B.99C.10D.100解析因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(n ＋1－n )＋(n －n －1)＋…＋(3－2)＋(2－1)＝n ＋1－1，令n ＋1－1＝9，得n ＝99. 答案 B4.(2019·德州调研)已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023解析 ∵2n＋12n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n，∴T n＝n ＋1－12n ， ∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013恒成立， ∴整数m 的最小值为1 024. 答案 C5.(2019·厦门质检)已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2，则其前100项和为( )A.250B.200C.150D.100解析当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1－a 2k ＝2，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＋a 2k －1＝2，当n ＝2k ＋1(k ∈N *)时，a 2k ＋2＋a 2k ＋1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝4，a 2k ＋2＋a 2k ＝0，∴{a n }的前100项和＝(a 1＋a 3)＋…＋(a 97＋a 99)＋(a 2＋a 4)＋…＋(a 98＋a 100)＝25×4＋25×0＝100. 答案 D 二、填空题6.已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________. 解析由a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，得(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0，又a n >0，所以a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，所以{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，故S n ＝2（1－3n ）1－3＝3n －1.答案 3n －17.(2019·武汉质检)设数列{(n 2＋n )a n }是等比数列，且a 1＝16，a 2＝154，则数列{3n a n }的前15项和为________.解析等比数列{(n 2＋n )a n }的首项为2a 1＝13，第二项为6a 2＝19，故公比为13，所以(n 2＋n )a n ＝13·⎝⎛⎭⎫13n －1＝13n，所以a n ＝13n （n 2＋n ），则3n a n ＝1n 2＋n ＝1n －1n ＋1，其前n 项和为1－1n ＋1，n ＝15时，为1－116＝1516.答案15168.某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为________.解析由于平均产量类似于图形过P 1(1，S 1)，P n (n ，S n )两点直线的斜率，斜率大平均产量就高，由图可知n ＝9时割线P 1P 9斜率最大，则m 的值为9.答案 9三、解答题9.求和S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2(x ≠0). 解当x ≠±1时，S n ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 22＋…＋⎝⎛⎭⎫x n ＋1x n 2＝⎝⎛⎭⎫x 2＋2＋1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 4＋2＋1x 4＋…＋⎝⎛⎭⎫x 2n ＋2＋1x 2n ＝(x 2＋x 4＋…＋x 2n )＋2n ＋⎝⎛⎭⎫1x 2＋1x 4＋…＋1x 2n ＝x 2（x 2n －1）x 2－1＋x －2（1－x －2n ）1－x －2＋2n ＝（x 2n －1）（x 2n ＋2＋1）x 2n （x 2－1）＋2n . 当x ＝±1时，S n ＝4n .10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1＋log 2(a n )2，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n <16. (1)解因为a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *)，所以a n ＝2＋S n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2).又因为a 2＝2＋a 1＝4，a 1＝2，所以a 2＝2a 1，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *). (2)证明因b n ＝1＋log 2(a n )2，则b n ＝2n ＋1.则1b n b n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3＝16－12（2n ＋3）<16. 能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2019·广州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，且S n 为{a n }的前n 项和，则( )A.a n ≥2n ＋1B.S n ≥n 2C.a n ≥2n －1D.S n ≥2n －1 解析由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2，∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)，∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1，∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1，∴S n ≥n （1＋2n －1）2＝n 2. 答案 B12.某厂2019年投资和利润逐月增加，投入资金逐月增长的百分率相同，利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等，12月份投资额与利润值相等，则全年的总利润ω与总投资N 的大小关系是( )A.ω>NB.ω<NC.ω＝ND.不确定解析投入资金逐月值构成等比数列{b n }，利润逐月值构成等差数列{a n }，等比数列{b n }可以看成关于n 的指数式函数，它是凹函数，等差数列{a n }可以看成关于n 的一次式函数.由于a 1＝b 1，a 12＝b 12，相当于图象有两个交点，且两交点间指数式函数图象在一次函数图象下方，所以全年的总利润ω＝a 1＋a 2＋…＋a 12比总投资N ＝b 1＋b 2＋…＋b 12大，故选A.答案 A13.已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.解析由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3（1－4n ）1－4＝4n －1.答案 4n －114.(2019·潍坊调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝5，nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列； (2)令b n ＝2n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .(1)证明由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n 得S n ＋1n ＋1－S n n＝1，又S 11＝5，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为5，公差为1的等差数列. (2)解由(1)可知S n n＝5＋(n －1)＝n ＋4，所以S n ＝n 2＋4n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋4n －(n －1)2－4(n －1)＝2n ＋3.又a 1＝5也符合上式，所以a n ＝2n ＋3(n ∈N *)，所以b n ＝(2n ＋3)2n ，所以T n ＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n ＋3)2n ，①2T n ＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n ＋1)2n ＋(2n ＋3)2n ＋1，② 所以②－①得T n ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(23＋24＋…＋2n ＋1) ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－23（1－2n －1）1－2 ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(2n ＋2－8) ＝(2n ＋1)2n ＋1－2.新高考创新预测15.(多填题)已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 2，a 5，a 14成等比数列，{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝(－1)n S n ，则a n ＝________，数列{b n }的前n 项和T n ＝________.解析设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则由a 2，a 5，a 14成等比数列得a 25＝a 2·a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n 2，当n 为偶数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1＋S n ＝－12＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2＝3＋7＋…＋(2n －1)＝n （n ＋1）2；当n 为大于1的奇数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…＋S n －1－S n ＝－12＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2＝3＋7＋…＋(2n －3)－n 2＝－n （n ＋1）2，当n ＝1时，也符合上式.综上所述，T n ＝(－1)n n （n ＋1）2.答案 2n －1(－1)n n （n ＋1）2。